Дискуссионный математический форумМатематический форум

Математический форум Math Help Planet

Обсуждение и решение задач по математике, физике, химии, экономике

Теоретический раздел
Часовой пояс: UTC + 4 часа [ Летнее время ]
MathHelpPlanet.com RSS-лента Математического форума

Часовой пояс: UTC + 4 часа [ Летнее время ]


Разложение решения уравнения в степенной ряд

Разложение решения уравнения в степенной ряд


Этот прием является особенно удобным в применении к линейным дифференциальным уравнениям. Проиллюстрируем его применение на примере уравнения второго порядка. Пусть дано дифференциальное уравнение второго порядка


[math]y''+p(x)y'+q(x)y=0.[/math]
(1)

Предположим, что коэффициенты [math]p(x)[/math] и [math]q(x)[/math] представляются в виде рядов, расположенных по целым положительным степеням [math]x[/math], так что уравнение (1) можно переписать в виде


[math]y''+(a_0+a_1x+a_2x^2+\ldots)y'+(b_0+b_1x+b_2x^2+\ldots)y=0.[/math]
(2)

Решение этого уравнения будем искать также в виде степенного ряда


[math]y= \sum_{k=0}^{\infty} c_kx^k.[/math]
(3)

Подставляя это выражение [math]y[/math] и его производных в (2), получаем


[math]\sum_{k=2}^{\infty}k(k-1)c_kx^{k-2}+ \sum_{k=0}^{\infty}a_kx^k \sum_{k=1}^{\infty}kc_kx^{k-1}+\sum_{k=0}^{\infty}b_kx^k \sum_{k=0}^{\infty}c_kx^k =0[/math]
(4)

Перемножая степенные ряды, собирая подобные члены и приравнивая нулю коэффициенты при всех степенях [math]x[/math] в левой части (4), получаем ряд уравнений:


[math]\begin{array}{*{20}{c|l}} x^0& 2\cdot1c_2+a_0c_1+b_0c_0=0,\\[3pt] x^1 &3\cdot2c_3+2a_0c_2+a_1c_1+b_0c_1+b_1c_0=0,\\[3pt] x^2 & 4\cdot3c_4+3a_0c_3+2a_1c_2+a_2c_1+b_0c_2+b_1c_1+b_2c_0=0,\\ \cdots & \cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots \end{array}[/math]
(5)

Каждое последующее из уравнений (5) содержит одним искомым коэффициентом больше, чем предыдущее. Коэффициенты [math]c_0[/math] и [math]c_1[/math] остаются произвольными и играют роль произвольных постоянных. Первое из уравнений (5) дает [math]c_2[/math], второе дает [math]c_3[/math], третье — [math]c_4[/math], и т.д. Вообще из (к + 1)-го уравнения можно определить [math]c_{k+2}[/math], зная [math]c_0,c_1,\ldots,c_{k+1}[/math].


Практически удобно поступать следующим образом. Определим по описанной выше схеме два решения [math]y_1(x)[/math] и [math]y_2(x)[/math], причем для [math]y_1(x)[/math] выберем [math]c_0=1[/math] и [math]c_1=0[/math], а для [math]y_2(x)[/math] выберем [math]c_0=0[/math] и [math]c_1=1[/math], что равносильно следующим начальными условиям:


[math]y_1(0)=1, \quad y'_1(0)=0, \quad y_2(0)=0, \quad y'_2(0)=1.[/math]

Всякое решение уравнения (1) будет линейной комбинацией решений [math]y_1(x)[/math] и [math]y_2(x)[/math].


Если начальные условия имеют вид [math]y(0)=A,~y'(0)=B[/math], то очевидно,


[math]y=Ay_1(x)+By_2(x).[/math]

Имеет место следующая теорема.


Теорема. Если ряды [math]p(x)=\sum_{k=0}^{\infty}a_kx^k[/math] и [math]q(x)=\sum_{k=0}^{\infty}b_kx^k[/math] сходятся при [math]|x|<R[/math], то построенный указанным выше способом степенной ряд (3) будет также сходящимся при этих значениях [math]x[/math] и явится решением уравнения (1).


В частности, если [math]p(x)[/math] и [math]q(x)[/math] — многочлены от [math]x[/math], то ряд (3) будет сходиться при любом значении [math]x[/math].




Пример 1. Найти решения уравнения [math]y''-xy-2y=0[/math] в виде степенного ряда.


Решение. Ищем [math]y_1(x)[/math] в виде ряда [math]y_1(x)= \sum_{k=0}^{\infty}c_kx^k[/math], тогда


[math]y'_1(x)= \sum_{k=1}^{\infty}kc_kx^{k-1}, \quad y''_1(x)= \sum_{k=2}^{\infty}k(k-1)c_kx^{k-2}.[/math]

Подставляя [math]y_1(x),~y'_1(x)[/math] и [math]y''_1(x)[/math] в (6), получаем


[math]\sum_{k=2}^{\infty}k(k-1)c_kx^{k-2} - \sum_{k=1}^{\infty}kc_kx^{k-1} -2\sum_{k=0}^{\infty}c_kx^k=0.[/math]
(7)

Приводя в (7) подобные члены и приравнивая нулю коэффициенты при всех степенях [math]x[/math], получаем соотношения, из которых найдем коэффициенты [math]c_0,c_1,\ldots,c_n,\ldots[/math]


Положим для определенности, что [math]y_1(0)=1,~y'_1(0)=0[/math]. Тогда легко находим, что


[math]c_0=1, \quad c_1=0.[/math]
(8)

Итак, имеем


[math]\begin{array}{*{20}{c|l}} x^0& 2c_2-2c_0=0,\\ x^1& 3\cdot2c_3-1c_1-2c_1=0,\\ x^2& 4\cdot3c_4-2c_2-2c_2=0,\\ x^3& 5\cdot4c_5-3c_3-2c_3=0,\\ x^4& 6\cdot5c_6-4c_4-2c_4=0,\\ \cdots& \cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots \end{array} \quad \Rightarrow \quad \left\{\!\begin{aligned} c_2&=1,\\ c_3&=0,\\ c_4&=1/3,\\ c_5&=0,\\ c_6&=1/(3\cdot5). \end{aligned}[/math]

Следовательно,
[math]y_1(x)= 1+x^2+\frac{1}{3}x^4+\frac{1}{15}x^6+\ldots[/math]
(9)

Аналогично, беря
[math]y_2(x)= \sum_{k=0}^{\infty}A_kx^k[/math]
(10)

и начальные условия [math]y_2(0)=0,~y'_2(0)=1[/math], получаем

[math]A_0=0, \quad A_1=1.[/math]
(11)

Подставляя (10) в (6), найдем

[math]\begin{gathered} \sum_{k=0}^{\infty}k(k-1)A_kx^{k-2}-\sum_{k=1}^{\infty}A_kx^k=0,\\[5pt] \begin{array}{*{20}{c|ll}} x^0& 2A_2=0,& A_2=0,\\ x^1& 3\cdot2A_3-3A_1=0,& A_3=\frac{1}{2},\\ x^2& 4\cdot3A_4-4A_2=0,& A_4=0,\\ x^3& 5\cdot4A_5-5A_3=0,& A_5=\frac{1}{2\cdot4},\\ x^4& 6\cdot5A_6-6A_4=0,& A_6=0,\\ x^5& 7\cdot6A_7-7A_5=0,& A_7=\frac{1}{2\cdot4\cdot6}, \\\cdots& \cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots& \cdots\cdots\cdots \end{array}\end{gathered}[/math]

Очевидно, что
[math]A_{2k}=0, \quad A_{2k+1}=\frac{1}{2\cdot4\cdot6\cdots(2k)}, \quad k\in\mathbb{Z};[/math]

итак,
[math]y_2(x)=x+\frac{x^3}{2}+\frac{x^5}{2\cdot4}+\frac{x^7}{2\cdot4\cdot6}+\ldots= x\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(x^2/2)^k}{k!}=x\,e^{x^2/2}.[/math]
(12)

Общее решение уравнения (6) будет иметь вид


[math]y(x)=Ay_1(x)+By_2(x),[/math]

где [math]y_1(x)[/math] и [math]y_2(x)[/math] задаются формулами (9) и (12) соответственно, а [math]A[/math] и [math]B[/math] — произвольные постоянные, причем [math]y(0)=A,~y'(0)=B[/math].



Приведем еще один способ интегрирования дифференциальных уравнений с помощью рядов, который оказывается более простым применительно к нелинейным дифференциальным уравнениям. Пусть дано дифференциальное уравнение


[math]y^{(n)}= f(x,y,y',\ldots,y^{(n-1)})[/math]
(13)

и начальные условия
[math]y_{x=x_0}=y_0, \quad y'_{x=x_0}=y'_0, \quad \ldots, \quad y^{(n-1)}_{x=x_0}=y^{(n-1)}_0.[/math]
(14)

Введем следующее определение.


Функция [math]\varphi(x)[/math] называется голоморфной в некоторой окрестности [math]|x-x_0|<\rho[/math] точки [math]x=x_0[/math], если в этой окрестности она представима степенным рядом


[math]\varphi(x)= \sum_{k=0}^{\infty}c_k(x-x_0)^k,[/math]

сходящимся в области [math]|x-x_0|<\rho[/math].

Аналогично, функция [math]\varphi(x_1,x_2,\ldots,x_n)[/math] называется голоморфной относительно всех своих аргументов в некоторой окрестности


[math]\Bigl|x_k-x_k^{(0)}\Bigr|<\rho_k \quad (k=1,2,\ldots,n)[/math]

точки [math](x_1^{(0)}, x_2^{(0)},\ldots, x_n^{(0)})[/math], если она представима степенным рядом

[math]\varphi(x_1,x_2,\ldots,x_n)= \sum c_{k_1k_2\ldots k_n} (x_1-x_1^{(0)})^{k_1} (x_2-x_2^{(0)})^{(k_2)}\ldots (x_n-x_n^{(0)})^{(k_n)},[/math]

сходящимся в области
[math]\Bigl|x_k-x_k^{(0)}\Bigr|<\rho_k \quad (k=1,2,\ldots,n)[/math]

Теорема. Если правая часть уравнения (13) голоморфна относительно всех своих аргументов [math]x,y,y',\ldots,y^{(n-1)}[/math] в окрестности [math]\Omega[/math]:


[math]|x-x_0|<R, \quad |y-y_0|<R_1, \quad |y'-y'_0|<R_1, \quad \ldots, \quad |y^{(n-1)}-y_0^{(n-1)}|<R_1[/math]

точки [math](x_0,y_0,y'_0,\ldots,y_0^{(n-1)})[/math], то уравнение (13) имеет единственное решение


[math]y(x)= y_0+y'_0(x-x_0)+\frac{y''_0}{2!}(x-x_0)^2+\ldots+\frac{y_0^{(n-1)}}{(n-1)!}(x-x_0)^{n-1}+\sum_{k=n}^{\infty}\frac{y_0^{(k)}}{k!}(x-x_0)^k,[/math]

удовлетворяющее начальным условиям (14), и голоморфное в некоторой окрестности точки [math]x=x_0[/math].

Ряд (15) сходится в области [math]|x-x_0|<\rho[/math], где [math]\rho=a\!\left(1-\exp\frac{-b}{(n+1)aM}\right)[/math]; здесь [math]a[/math] и [math]b[/math] — постоянные, удовлетворяющие условиям [math]0<a<R,[/math] [math]0<b<R[/math] и


[math]M= \max_{\Omega}\Bigl|f(x,y,y',\ldots,y^{(n-1)})\Bigr|.[/math]

Первые [math]n+1[/math] коэффициентов ряда (15) определяются начальными условиями (14) и дифференциальным уравнением (13). Следующие коэффициенты ряда определяются в силу дифференциального уравнения (13) путем его последовательного дифференцирования. Например,


[math]a_{n+1}= \frac{y^{(n+1)}(x_0)}{(n+1)!},[/math]
где
[math]\begin{aligned}\left.y^{(n+1)}\right|_{x=x_0}&= \!\left.\left(\frac{\partial f}{\partial x}+\frac{\partial f}{\partial y}y'+\sum_{k=1}^{n-1}\frac{\partial f}{\partial y^{(k)}}y^{(k+1)}\right)\!\right|_{x=x_0}= \\ &=\left.\frac{\partial f}{\partial x}\right|_{x=x_0}+ \left.\frac{ \partial f}{\partial y}\right|_{x=x_0}\cdot y'_0+ \sum_{k=1}^{n-1}\left.\frac{\partial f}{\partial y^{(k)}}\right|_{x=x_0}\cdot y^{(k+1)}(x_0).\end{aligned}[/math]

Замечание. Если уравнение (13) линейное


[math]y^{(n)}+p_1(x)y^{(n-1)}+\ldots+p_n(x)y=\psi(x),[/math]

где [math]p_k(x)~(k=1,2,\ldots,n)[/math] и [math]\psi(x)[/math] — функции, голоморфные на всей оси [math]Ox[/math], то ряд (15) сходится также на всей оси.



Пример 2. Найти решение уравнения


[math]y''+y=0,[/math]
(16)

удовлетворяющее начальным условиям
[math]y|_{x=0}=1, \quad y'|_{x=0}=0.[/math]
(17)

Решение. Частное решение уравнения (16), удовлетворяющее начальным условиям (17), ищем в виде ряда


[math]y(x)= y(0)+\frac{y'(0)}{1!}\,x+\frac{y''(0)}{2!}\,x^2+\frac{y'''(0)}{3!}\,x^3+\ldots\,,[/math]
(18)

где [math]y(0),~y'(0)=0[/math].
Из данного уравнения находим, что [math]y''(0)=-y(0)=-1[/math]. Дифференцируя последовательно обе части уравнения (16) и полагая в полученных равенствах [math]x=0[/math], будем иметь:

[math]\begin{aligned} y'''(0)&= -y'(0)=0,\\ y^{\mathsf{IV}}(0)&=-y''(0)=1,\\ \cdots\cdots&\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\\ y^{(n)}(0)&= \begin{cases}\phantom{-}0,& \text{if} \quad n=2k-1,\\(-1)^k,& \text{if} \quad n=2k\end{cases}~(k\in\mathbb{N}). \end{aligned}[/math]

Найденные значения [math]y''(0),~y'''(0),\ldots[/math] подставляем в ряд (18). Получим искомое решение в виде степенного ряда


[math]y(x)= 1-\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}-\frac{x^6}{6!}+\ldots+\frac{(-)^k}{(2k)!}\,x^{2k}+\ldots[/math]
(19)

Очевидно, что ряд, стоящий в правой части (19), сходится на всей оси [math]Ox[/math] к функции [math]y=\cos{x}[/math], которая является решением поставленной задачи Коши.




Пример 3. Найти четыре первых члена разложения в ряд Тейлора решения [math]y=y(x)[/math] уравнения [math]y''=e^{xy}[/math], удовлетворяющего начальным условиям [math]y|_{x=0}=1,[/math] [math]y'|_{x=0}=0[/math].


Решение. Легко видеть, что правая часть уравнения, т.е. функция [math]e^{xy}[/math], разлагается в степенной ряд по степеням [math]x[/math] и [math]y[/math] в окрестности точки [math](0,0)[/math], сходящейся в области [math]-\infty<x<+\infty,[/math] [math]-\infty<y<+\infty,[/math] (т.е. правая часть голоморфна).


Будем искать частное решение в виде ряда


[math]y(x)=y(0)+\frac{y'(0)}{1!}\,x+\frac{y''(0)}{2!}\,x^2+\frac{y'''(x)}{3!}\,x^3+\ldots[/math]
(20)

Используя само уравнение, найдем [math]y''(0)=e^{xy}|_{x=0}=1[/math].


Дифференцируя последовательно обе части уравнения и полагая [math]x=0[/math] в полученных равенствах, будем иметь


[math]\begin{aligned} y'''(0)&= (y+xy')e^{xy}|_{x=0}=1,\\ y^{\mathsf{IV}}(0)&= [2y'+xy''+(y+xy')^2]e^{xy}|_{x=0}=1. \end{aligned}[/math]

Подставляя вряд (20) найденные значения [math]y''(0),~y'''(0),~ y^{\mathsf{IV}}(0)[/math], получим искомое разложение решения


[math]y(x)= 1+\frac{x^2}{2!}+\frac{x^3}{3!}+\frac{x^4}{4!}+\ldots[/math]

Часовой пояс: UTC + 4 часа [ Летнее время ]


Яндекс.Метрика

Copyright © 2010-2016 MathHelpPlanet.com. All rights reserved